山东省潍坊三县市2014-2015学年高一上学期联考物理试题
山东省潍坊市第一中学2014-2015学年高一上学期1月月考物理试题
山东省潍坊市第一中学2014-2015学年高一上学期1月月考物理试题4、下列说法中正确的是哪个（）A、物体受到一个不为零的恒定外力作用时，它的运动状态一定改变B、物体受到合外力不为零时，一定做变速运动C、物体受到的合外力为零时，一定处于静止状态D、物体受到的合外力为零就是牛顿第一定律成立的条件5．、一静止物体仅在外力F作用下开始运动，经一段时间后，外力F方向突然改变为原的反方向，则此物体（）A、加速度立即反向B、速度立即反向C、速度方向和加速度方向均不会立即改变，D、物体的加速度方向与原加速度方向相反，而速度方向不会立刻改变6、跳高运动员从地面上起跳的瞬间，下列说法中正确的是（）A．运动员给地面的压力等于运动员受到的重力B．地面给运动员的支持力大于运动员受到的重力C．地面给运动员的支持力大于运动员对地面的压力D．地面给运动员的支持力的大小等于运动员对地面的压力的大小7、放在光滑水平面上的物体同时受到水平向右的力F1和水平向左的力F2，原先F1＞F2，物体从静止开始运动后，在F2不变、F1的大小逐渐减小，直到等于F2的过程中（）A、物体向右运动，速度逐渐增大B、物体向左运动，速度逐渐增大C、物体向右运动，速度逐渐减小D、物体向右运动，加速度逐渐减小8、用枪竖直向上射出一颗子弹，设空气阻力与子弹速度大小成正比，子弹从射出点升到最高点后，又落回射出点，则在这个过程中，子弹的加速度最大值在（ ）A 、子弹出枪口时B 、子弹在最高点时C 、子弹落回到射出点时D 、子弹上升到最大位移的中点时9、质量为m 的小球被水平绳AO 和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO 剪断，在绳AO 被剪断的瞬间，下列说法正确的是（ ）A.弹簧的拉力θcos mg F = B.弹簧的拉力θsin mg F =C.小球的加速度a=gD.小球的加速度θsin g a =10、如图所示为一具有光滑斜面的小车，斜面的倾角为θ，则使斜面上的物体能与斜面小车共同运动的加速度是( )A ．向左 g sin θB ．向右 gC ．向左 g tan θD ．向左 g cos θ11、如图所示，一轻弹簧竖直固定在地面上，一物体从弹簧正上方某处自由下落并落在弹簧上，弹簧在压缩过程中始终遵循胡克定律。
山东省潍坊市2015届高三物理上学期期中试题 (含解析)
山东省潍坊市2015届高三〔上〕期中物理试卷一、选择题〔此题共10小题，每一小题4分，共40分．在每一小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确的．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分．〕1．〔4分〕如下说法正确的答案是〔〕A．牛顿在研究第一定律时利用了理想实验法B．开普勒认为，在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上C．卡文迪许测出了静电力常量D．法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究考点：物理学史．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、在实验的根底上进展科学推理是研究物理问题的一种方法，通常称之为理想实验法或科学推理法，如伽利略采用了这种方法，故A错误；B、牛顿认为，在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上，故B错误；C、卡文迪许测出了万有引力常量，故C错误；D、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故D正确；应当选：D．点评：此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．如下列图，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，在金属块下滑的过程中动能增加了10J，金属块抑制摩擦力做功5J，重力做功20J，如此以下判断正确的答案是〔〕A．电场力做功5J B．合力做功15JC．金属块的机械能减少20J D．金属块的电势能增加5J考点：电势能；功能关系．分析：在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块抑制摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．解答：解：在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块抑制摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK解得：W电=﹣5J所以电场力做功﹣5J，金属块的电势能增加5J．．故A错误D正确B、合力做功等于物体动能的变化量，故为10J，故B错误；C、在金属块滑下的过程中重力做功20J，重力势能减小20J，动能增加了10J，所以金属块的机械能减少10J，故C错误．应当选：D．点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．3．一条大河两岸平直，河水流速恒为v．一只小船，第一次船头正对河岸，渡河时间为t1；第二次行驶轨迹垂直河岸，渡河时间为t2．船在静水中的速度大小恒为，如此t1：t2等于〔〕A．1：B．：1C．1：D．：1考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，由位移与速度的关系，即可求出时间；再根据平行四边形定如此，即可求解最短时间的过河位移大小．因船在静水中的速度大于水流速度，当船的合速度垂直河岸时，船渡河的位移最短，最短位移即为河宽，从而即可求解．解答：解：〔1〕设河宽为d，水速为v，船在静水中的航速为v，当小船的船头始终正对河岸时，渡河时间最短设为t1，如此t1=；〔2〕因船在静水中的速度大于水流速度，当船的合速度垂直河岸时，船渡河的位移最短，渡河时间t2==．如此t1：t2等于1：，故A正确，BCD错误；应当选：A．点评：解决此题的关键知道合运动与分运动具有等时性，当静水速与河岸垂直，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直，渡河航程最短．4．〔4分〕甲、乙两车沿同一平直公路同向运动．其运动的v﹣t图象如下列图．t=0时刻，乙在甲前方20m处，以下说法正确的答案是〔〕A． 4s末两车相遇B． 10s末两车相遇C．相遇前，两车间的最大距离是36m D．相遇前，两车间的最大距离是16m考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：在t=0时刻，乙车在甲车前面20m，甲车追上乙车时，甲的位移比乙车的位移多25m，然后位移时间关系公式列式求解相遇的时间．解答：解：ACD、据速度时间图象的意义可知，当4s时两车速度相等时，两车间距最远；该时s甲=4×10m=40m，，所以△s=40m﹣24m+20m=36m，故AD错误，C正确；B、据图象可知甲的加速度a==2m/s2甲车追上乙车时，甲的位移比乙车的位移多20m，根据位移时间关系公式，有：x乙=10tx甲﹣x乙=25联立各式解得：t=10s，即10s时恰好追上，故B正确．应当选：BC．点评：此题根据速度图象分析运动情况的能力，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离．5．〔4分〕静电场的电场线分布如下列图．以正点电荷为中心取一个正方形路径abcd，a、c 与两个点电荷在同一直线上．如下说法正确的答案是〔〕A． a点场强比c点大B． a点电势比c点高C． b、d两点的场强一样D． b、d两点的电势能相等考点：电场线．分析：根据电场线的疏密分析场强的大小，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势上下，再分析电势能的关系．解答：解：A、电场线的疏密表示场强的大小，a处电场线比b处电场线疏，如此a点场强比c 点小，故A错误．B、a和正电荷间的场强小于与c和正电荷间场强，由U=Ed知，a与正电荷间的电势差大于正电荷与c间的电势差，如此a点电势比c点高，故B正确．C、b、d两点的场强大小相等，方向不同，如此场强不同．故C错误．D、b、d两点的电势相等，而不是电势能相等，故D错误．应当选：B．点评：掌握电场线、等势面的分布情况，对解答这类问题至关重要，紧扣对称性是常用方法．6．〔4分〕某行星的质量是地球质量的3倍，直径是地球直径的3倍．设想在该行星外表附近绕其做圆周运动的人造卫星的周期为T1，在地球外表附近绕地球做圆周运动的人造卫星的周期为T2，如此T1：T2等于〔〕A． 1：1 B． 3：1 C． 1：3 D． 6：1考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．专题：人造卫星问题．分析：要求卫星的周期的大小关系可根据万有引力提供向心力来进展计算．解答：解：对于卫星，根据万有引力提供向心力得：得：所以：应当选：B点评：万有引力提供向心力是解决天体运动的根本思路和方法，在学习中要注意总结和积累．7．〔4分〕如下列图为用绞车拖物块的示意图．拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块．轮轴的半径R=0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m=1kg，与地面间的动摩擦因数μ=0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω=2trad/s，g=10m/s2．以下判断正确的答案是〔〕A．物块做匀速运动B．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1m/s2C．绳对物块的拉力是5ND．绳对物块的拉力是6N考点：牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由物块速度v=ωR=at，可得物块运动的加速度，结合牛顿第二定律即对物块的受力分析可求解绳子拉力解答：解：A、B、由题意知，物块的速度v=ωR=2t×0.5=1t又v=at故可得：a=1m/s2，故A错误，B正确；C、D、由牛顿第二定律可得：物块所受合外力F=ma=1NF=T﹣f，地面摩擦阻力f=μmg=0.5×1×10=5N故可得物块受力绳子拉力T=f+F=5+1=6N，故C错误，D正确应当选：BD点评：此题关键根据绞车的线速度等于物块运动速度从而求解物块的加速度，根据牛顿第二定律求解．8．〔4分〕如图，三根轻绳悬挂两个质量一样的小球保持静止，绳AD与AC垂直．现对B球施加一个水平向右的力F，使B缓慢移动到图中虚线位置，此过程中AD、AC两绳张力TAC、TAD的变化情况是〔〕A． TAC变大，TAD减小B． TAC变大，TAD不变C． TAC减小，TAD变大D． TAC不变，TAD变大考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先以B为研究对象受力分析，由分解法作图判断出TAB大小的变化；再以AB整体为研究对象受力分析，由平衡条件判断TAD和TAC的变化情况．解答：解：以B为研究对象受力分析，由分解法作图如图：由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即TAB逐渐变大，F逐渐变大；再以AB整体为研究对象受力分析，设AC绳与水平方向夹角为α，如此竖直方向有：TACsinα=2mg得：TAC=，不变；水平方向：TAD=TACcosα+F，TACcosα不变，而F逐渐变大，故TAD逐渐变大；故C正确；应当选：C．点评：当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题更简单．9．〔4分〕如下列图，一个内壁光滑的圆管轨道ABC竖直放置，轨道半径为R．O、A、D位于同一水平线上，A、D间的距离为R．质量为m的小球〔球的直径略小于圆管直径〕，从管口A正上方由静止释放，要使小球能通过C 点落到AD区，如此球经过C点时〔〕A．速度大小满足≤vc≤B．速度大小满足0≤vc≤C．对管的作用力大小满足mg≤FC≤mgD．对管的作用力大小满足0≤Fc≤m g考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：小球离开C点后做平抛运动，由平抛运动的规律求解C点的速度大小范围．根据牛顿第二定律分析球对管的作用力大小范围．解答：解：AB、小球离开C点做平抛运动，落到A点时水平位移为R，竖直下落高度为R，根据运动学公式可得：竖直方向有：R=水平方向有：R=vCt解得：vC=；小球落到D 点时水平位移为2R，如此有2R=vC′t解得vC′=故速度大小满足≤vc≤，故A 正确，B错误．CD 、在C点，对球研究：设管对球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律得：mg+F=m将≤vc≤代入得：mg≤F≤mg，由牛顿第三定律可知：mg≤FC≤mg．故C正确，D错误．应当选：AC．点评：此题要分析清楚物体的运动过程，根据物体的不同的运动状态，采用相应的物理规律求解即可．10．〔4分〕如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余局部为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g．以下说法正确的答案是〔〕A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0B．小物体下落至高度h5时，加速度最大C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mgh1考点：功能关系．分析：高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1﹣h2的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；h3点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可以计算出弹簧的形变量；小物体下落至高度h5时，加速度最大；h4点与h2点物体的动能一样，根据功能关系即可得出h4点弹簧的弹性势能与h2点的弹性势能的变化量．由机械能守恒即可求出小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能．解答：解：A、高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1﹣h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0．故A错误；B、物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能一样，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大．故B正确；C、小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能一样，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量：，小物体从高度h2下降到h4，重力做功：．物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了．故C正确；D、小物体从高度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为：mg〔h1﹣h5〕．故D错误．应当选：BC点评：知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度．要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力，加速度是变化的，当速度等于零时，弹簧被压缩到最短．二、实验题〔此题共3小题，共18分．〕11．〔4分〕某同学做测定弹簧劲度系数的实验．他测出了弹簧长度l与对应弹力F的五组数据后，在F﹣l坐标系中描出了对应的五个点，如下列图．〔1〕在图中绘出F﹣l图线；〔2〕由图线求得弹簧的劲度系数k=80N/m．〔保存两位有效数字〕．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题．分析：〔1〕根据所提供数据采用描点法可画出图象．〔2〕图象的斜率大小等于劲度系数的大小，据此可正确解答．解答：解：〔1〕利用描点法得出图象如下所示：〔2〕根据胡克定律得：F=k〔l﹣l0〕可知F﹣L图线的斜率大小等于弹簧的劲度系数大小，故由图解得：k=80N/m．故答案为：〔1〕如图；〔2〕80．点评：此题考查了数学知识和胡克定律的相结合，是一道考查应用数学知识解答物理问题的好题．12．〔6分〕用图甲所示的装置来研究自由落体运动，得到的一条纸带如图乙所示，O为打下的第一个点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s．测得O点到各计数点间的距离为：hOA=48.5mm，hOB=193.9mm，hOC=436.5mm，hOD=776.0mm．〔1〕计时器打C点时重物下落的速度vC= 2.92m/s〔保存三位有效数字〕；〔2〕重物自由下落的加速度g测=9.71m/s2〔保存三位有效数字〕．〔3〕某同学想利用测得的vC、g测的值，以与O、C间的距离h，判断g测h与是否相等，来验证机械能是否守恒．你认为此方案是否可行？否．〔选填“是〞或“否〞〕考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出重力加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．解答：解：〔1〕根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．vC==2.92 m/s〔2〕设0到A之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x3﹣x1=2a1T2x4﹣x2=2a2T2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：g测=〔a1+a2〕==9.71m/s2，〔3〕根据mgh=mv2得：gh=，求解重力势能时，g应该去当地的重力加速度，不能取g测．所以此方案是不可行的．故答案为：〔1〕2.92；9.71〔2〕否点评：要提高应用匀变速直线的规律以与推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强根底知识的理解与应用．13．〔8分〕探究加速度与力的关系装置如下列图．带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行．将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a．将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块…获取多组a、F数据．〔1〕关于该实验的操作，以下说法正确的答案是ABA．实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车B．通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据C．每次添加细沙后，需测出沙与沙桶的质量D．实验过程要确保沙与沙桶的质量远小于木块的质量〔2〕某同学根据实验数据做出了两个a﹣F图象如图2所示，正确的答案是B；由图象可知，木块所受的滑动摩擦力大小大小为2F0；假设要作出木块的加速度与合力的关系，需要对图象进展修正．修正后的横坐标F合应该等于2F﹣2F0〔用F、F0表示〕．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：〔1〕该实验不需要测量沙与沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙与沙桶的质量远小于木块．〔2〕根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线．〔3〕根据加速度等于零求出弹簧的拉力，从而求出此时的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得出加速度与合力的关系式，从而得出修正后的横坐标．解答：解：〔1〕实验中应该先接通电源后释放纸带，故A正确．B、通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据，故B正确．C、绳子的拉力可以通过弹簧测力计测出，不需要测量砂与沙桶的质量，也不需要保证沙与沙桶的质量远小于木块．故C、D错误．应当选：AB．〔2〕小车所受的拉力等于2倍的弹簧秤拉力，可以直接测量得出，根据牛顿第二定律得，a==，故正确的图线是B．当弹簧拉力为F0时，小车开始滑动，可知滑动摩擦力f=2F0．根据牛顿第二定律得，a=，所以修正后的横坐标F合应该等于2F﹣2F0．故答案为：〔1〕AB；〔2〕B；2F0，2F﹣2F0点评：此题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理，注意该实验不需要测量砂与沙桶的质量，也不需要保证沙与沙桶的质量远小于木块．三、计算题〔本大题包括4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．〕14．〔8分〕汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌〔如下列图〕，以提醒后面驾车司机，减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m的物体，并且他的反响时间为0.6s，制动后最大加速度为5m/s2．求：〔1〕小轿车从刹车到停止所用的最短时间；〔2〕三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效防止两车相撞．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：〔1〕根据速度时间关系求解时间〔2〕反响时间内做匀速运动，x=vt，刹车后做匀减速直线运动，由x=求解，进而得总位移．解答：解：〔1〕从刹车到停止时间为t2，如此s ①〔2〕反响时间内做匀速运动，如此x1=v0t1②x1=18m③从刹车到停止的位移为x2，如此④x2=90m⑤小轿车从发现物体到停止的全部距离为x=x1+x2=108m⑥△x=x﹣50=58m⑦答：〔1〕小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6s；〔2〕三角警示牌至少要放在车后58m，才能有效防止两车相撞．点评：此题考查匀速直线运动和匀变速直线运动的规律知反响时间内车仍匀速运动．15．〔10分〕如下列图，光滑水平面上固定一倾斜角为37°的粗糙斜面，紧靠斜面底端有一质量为4kg的木板，木板与斜面底端之间通过微小弧形轨道相接，以保证滑块从斜面滑到木板的速度大小不变．质量为2kg的滑块从斜面上高h=5m处由静止滑下，到达倾斜底端的速度为v0=6m/s，并以此速度滑上木板左端，最终滑块没有从木板上滑下．滑块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：〔1〕斜面与滑块间的动摩擦因数μ1；〔2〕滑块从滑上木板到与木板速度一样经历的时间；〔3〕木板的最短长度．考点：动能定理的应用；功能关系．专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕滑块从斜面下滑的过程，根据动能定理列式求解动摩擦因素；〔2〕滑块刚好没有从木板左端滑出，说明此时它们的速度相等，由速度、位移公式可以求出木板的长度和运行的时间；解答：解：〔1〕在斜面上，由动能定理得得μ1=0.48〔2〕在木板上滑动过程中，有Ff=μ2mg由牛顿第二定律得滑块的加速度=μ2g=2m/s木板的加速度=1m/s2由运动学公式v0﹣a1t=a2t⑥得t=2s此时v1=v2=2m/s〔3〕设木板最短长度为△x，如此由能量守恒知xM=xm=v0t﹣得△x=x m﹣xM=6m=10答：〔1〕斜面与滑块间的动摩擦因数μ1为0.48；〔2〕滑块从滑上木板到与木板速度一样经历的时间为2s；〔3〕木板的最短长度为10m．点评：此题充分考查了匀变速直线运动规律与应用，和物体共同运动的特点的应用，是考查学生根本功的一个好题16．〔12分〕起重机从静止开始起吊一质量为4000kg重物，开始，起重机拉力恒定，重物以0.2m/s2的加速度匀加速上升，9.8s后，起重机达到额定功率P，起重机再保持额定功率不变，又经5s，重物达到最大速度2m/s，此后再保持拉力恒定，使重物以0.5m/s2的加速度做匀减速运动至停下．取g=9.8m/s2．〔1〕求额定功率P的大小；〔2〕求重物上升的最大高度；〔3〕在图示坐标纸上画出整个过程起重机拉力F与时间t的关系图象〔不要求写计算过程〕．考点：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕当拉力等于重物重力时，重物的速度达到最大，结合功率与牵引力的关系式求解〔2〕根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动时的拉力大小，从而抓住匀加速直线运动完毕功率达到额定功率求出匀加速直线运动的位移，利用动能定理求得达到最大速度时走过的位移，再根据匀减速运动知识求解这过程的位移，两位移之和即为求解，〔3〕根据力的大小结合运动求解运行时间，进而求得结果．解答：解：〔1〕重物速度最大时，有F=mg此时，P=mgv解得P=78.4kW〔2〕重物匀加速上升的高度h1=得h1=9.6m此过程起重机拉力满足F1﹣mg=ma1从静止到最大速度过程中，由动能定理得F1 h1+Pt2﹣mg〔h1+h2〕=得h1+h2=19.6m匀减速运动上升的高度h3==4mH=h1+h2+h3=23.6m〔3〕图象如图：答：〔1〕额定功率P的大小为78.4kW；〔2〕重物上升的最大高度23.6m；〔3〕点评：解决此题的关键知道拉力等于重力时速度最大，匀加速直线运动完毕，功率达到额定功率，结合牛顿第二定律以与动能定理的关系进展求解．17．〔12分〕在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有电荷量为Q 的点电荷在O点产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2，第四象限内有方向水平、大小按图乙变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期T=．一质量为m，电荷量为+q的离子从〔﹣x0，x0〕点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动．以离子经过x轴时为计时起点，静电力常量为k，不计离子重力．求：〔1〕离子刚进入第四象限时的速度；〔2〕E2的大小；〔3〕当t=时，离子的速度；〔4〕当t=nT时，离子的坐标．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：〔1〕根据粒子在第一象限内做匀速圆周运动电场力提供圆周运动向心力由圆周运动半径和库仑定律求得粒子刚进入第四象限的速度；〔2〕在第二象限粒子做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理据粒子获得的速度和位移求得第二象限的电场强度；〔3〕粒子进入第四象限在竖直方向做匀速直线运动，水平方向在电场力作用下先匀加速直线运动后匀减速直线运动，根据时间由运动的合成求得离子的速度；〔4〕根据粒子水平方向运动的周期性求得粒子的横坐标，再根据竖直方向的运动规律求得粒子的纵坐标．解答：解：〔1〕设刚进入第四象限的速度为v0．在第一象限内，有库仑力提供离子圆周运动的向心力有：得：〔2〕在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：解得：〔3〕离子进入第四象限后，在水平方向上，有：得：=所以此时离子的合速度：方向与水平方向成450角斜向下〔4〕由〔3〕分析知离子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右匀加速运动，后半个周期向右匀减速运动直到速度为0；每个周期向右运动的平均速度为，每个周期前进，因为开始计时时离子坐标为x0所以nT时，离子的横坐标为x=x0+nx0=〔n+1〕x0纵坐标：y=﹣v0nT=﹣2nx0故，在nT时离子的坐标为：[〔n+1〕x0，﹣2nx0]答：〔1〕离子刚进入第四象限时的速度为；〔2〕E2的大小为；〔3〕当t=时，离子的速度为；〔4〕当t=nT时，离子的坐标为：[〔n+1〕x0，﹣2nx0]．。
【物理】山东省潍坊市潍坊一中2015届高三上学期末试题(精校解析版)
2015学年山东省潍坊一中高三（上）期末物理试卷一、本题共10小题．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的．全选对得4分，对而不全得2分，有选错或不选均得0分．1．一物体随升降机竖直向上运动的v﹣t图象如图所示，根据图象可知此物体（）A．前2s内处于失重状态B．前5s内合力对物体做功为OC．第2s内的位移大于第5s内的位移D．第1s末的加速度大于第4.5s末的加速度【答案】BC．【解析】由图象可知，在前2s内，物体向上做匀加速运动，加速度向上，物体处于超重状态，故A错误；由图象可知，前5s内物体动能的变化量为零，由动能定理可得，合外力对物体做功为零，故B正确；由图象可知，第2s内图象与坐标轴所包围的图形面积大于第5s 内图象与坐标轴所包围图形的面积，因此第2s内的位移大于第5s内的位移，故C正确；由图象可知，前2s内图象的斜率小于第5s内图象的斜率，即前2s内的加速度小于第5s内的加速度，故D错误；【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．2．蹦极运动中运动员到最低点时绳上的拉力F1不便测定．某同学记录了最低点，并用测力装置再次将绳拉到最低点，读出测力装置的示数F2，则F1与F2大小相等，该同学所用方法与以下概念的建立方法相同的是（）A．磁感线B．瞬时速度C．电场强度D．合力与分力【答案】D．【解析】“磁感线”采用假想法、“瞬时速度”采用微元法，而“电场强度”则是比值定义的方法．而“合力与分力”采用等效替代的方法，与题中的等效替代相符．故D正确，A、B、C 错误．【考点】 物理学史．3．有一直角V 形槽固定在水平面上，其截面如图所示，BC 面与水平面间夹角为60°，有一质量为m 的正方体均匀木块放在槽内，木块与BC 面间的动摩擦因数为μ，与AB 面间无摩擦，现用垂直于纸面向里的力推木块使之沿槽运动，则木块受的摩擦力为（ ）A ．12mg μB ．2mg μC ．2mg μ D ． μmg 【答案】A ．【解析】将重力按照实际作用效果正交分解，如图故F 2=mg si n 30°=滑动摩擦力为f =212F mg μμ= 【考点】 滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．4．中国已投产运行的1 000kV 特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500kV 的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000kV 特高压输电，不考虑其他因素的影响．则（ ）A ． 送电电流变为原来的2倍B ． 输电线上降落的电压将变为原来的2倍C ． 输电线上降落的电压将变为原来的12D ． 输电线上损耗的电功率将变为原来的12 【答案】C【解析】根据I =P U求出输电线上的电流，与输送的电压成反比，即输电线上的电流将变为原来的12，故A 错误；由上可知，输电线上的电流将变为原来的12，根据U =IR 可知，输电线上降落的电压将变为原来的12，故B 错误，C 正确；；当以不同电压输送时，有P =U 1I 1=U 2I 2，而在线路上损失的功率为△P =I 2R =22P R U 可知，损失的功率与电压的平方成反比，即△P 1：△P 2=4：1；所以输电线上损失的功率为4P ．故D 错误； 【考点】 远距离输电． 5． “天宫一号”与“神舟八号”交会对接成功，标志着我国对接技术上迈出了重要一步．如图所示为二者对接前做圆周运动的情形，M 代表“神舟八号”，N 代表“天宫一号”，则（ ）A ． M 发射速度大于第二宇宙速度B ． M 适度加速有可能与N 实现对接C ． 对接前，M 的运行速度大于N 运行速度D ． 对接后，它们的速度大于第一宇宙速度N【答案】BC ．【解析】神舟八号绕地球飞行，故其发射速度小于第二宇宙速度，故A 错误；神舟八号轨道半径低，适当加速后神舟八号做离心运动可实现与高轨道的天宫一号对接，故B 正确；根据万有引力提供圆周运动向心力22Mm v G m r r = 可得卫星线速度v =，由于M 的轨道半径小于N ，故M 的运行速度大于N ，所以C 正确；对接后，它们一起绕地球圆周运动，故其速度小于第一宇宙速度，故D 错误．【考点】 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．6．已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大．为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示的电路，电源的电动势E 和内阻r 不变，在没有磁场时调节变阻器R 使电灯L 正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则（ ）A．电灯L变亮B．电灯L变暗C．电流表的示数减小D．电流表的示数增大【答案】AC【解析】探测装置从无磁场区进入强磁场区时，电阻变大，则电路的总电阻变大，根据I=E R 总可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U=E﹣Ir，可知I减小，U增大，所以灯泡两段的电压增大，所以电灯L变亮，故AC正确，BD错误【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．7．如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为1：10的理想变压器个一灯泡供电如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22W．现闭合开关，灯泡正常发光．则（）A．t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零B．交流发电机的转速为50r/sC．变压器原线圈中电流表示数为1AD．灯泡的额定电压为【答案】BC．【解析】由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；由图可知，交流电的周期为0.02s，则转速为：n=1T=50r/s，故B正确；原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的电压为22×10=220V；由P=UI可知，副线圈电流I2=22220P U ==0.1A ，则由12101I I =求得I 1=1A ；故C 正确；灯泡正常发光，故额定电压为220V ，故D 错误；【考点】 交流发电机及其产生正弦式电流的原理；变压器的构造和原理．8．如图所示，在水平向右的匀强磁场中，在O 点固定一电荷量为Q 的正电荷，a 、b 、c 、d 为以O 为圆心的同一圆周上的四点，bd 连线与电场线平行，ac 连线与电场线垂直．则（ ）A ． a 、c 两点的场强相同B ． b 点的场强大于a 点的场强C ． da 间的电势差大于ab 间的电势差D ． 检验电荷在a 点的电势能等于在c 点的电势能【答案】BD【解析】 abcd 四个点的场强实际上是匀强电场与点电荷的辐射状的电场的叠加，故ac 两点的合场强大小虽然相等，但方向不同，故A 错误；匀强电场的场强方向与Q 的电场的场强方向在B 点相同，在a 点方向相反，所以b 点的场强大于A 点的场强．故B 正确；点电荷的电场，同心圆上各点的电势相等，所以da 间的电势差等于ab 间的电势差，故C 错误；点电荷的电场，同心圆上各点的电势相等，ac 与匀强电场垂直，是匀强电场的等势线，所以ac 两点的电势相等，检验电荷在a 点的电势能等于在c 点的电势能．故D 正确．【考点】 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．9．在光滑水平桌面上有一边长为l 的正方形线框abcd ，bc 边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg ，三角形腰长为l ，磁感应强度垂直桌面向下，abef 在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i 及拉力F 随时间t 的变化关系可能是（以逆时针方向为电流的正方向，时间单位为1v ）（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】BD 【解析】A 、bc 边的位置坐标x 在L ﹣2L 过程，线框bc 边有效切线长度为l =x ﹣L ，感应电动势为E =B lv =B （x ﹣L ）v ，感应电流i =()E B x L v R R-= ， 根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a →b →c →d →a ，为正值．x 在2L ﹣3L 过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a →d →c →b →a ，为负值，线框ad 边有效切线长度为l =x ﹣2L ，感应电动势为E =B lv =B （x ﹣2L ）v ，感应电流(2)E B x L v i R R-=-=-，根据数学知识知道A 错误，B 正确． C 、在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力等于安培力，而安培力的表达式F =22B L v R ，而L =vt ，则有：F =232B L t R，因此C 错误，D 正确； 【考点】 法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．10．如图所示，质量为m 的木块沿粗糙斜面匀加速下滑h 高度，速度由v 1增大到v 2，所用时间为t ．在此过程中（ ）A ． 木块的重力势能减少mghB ． 木块的重力势能减少22211122mv mv - C ． 木块与斜面增加的内能为22211122mgh mv mv -+ D ． 木块沿斜面下滑的距离为12()2v v t + 【答案】ACD ．【解析】木块重力势能的减少量△P =mgh ，故A 正确；由动能定理可知，木块动能的变化量等于重力势能减少量与克服摩擦力做的功之和，重力势能的减少量大于动能的变化量，故B 错误；由能量守恒定律得：Q +mgh =22211122mv mv -，则木块与斜面增加的内能： Q =22211122mgh mv mv -+，故C 正确；木块沿斜面下滑的距离s =t =12()2v v t +，故D 正确； 【考点】 动能定理的应用．二.本题共3小题，共18分．把答案填在题中的横线上或按要求作图.11．某同学用如图所示装置测量小滑块与水平面间的动摩擦因数μ．轨道AC 光滑，与水平面相切于C 点，从轨道某一高度处由静止释放滑块，小滑块停在B 点（1）应测量的物理量及符号是：______________________（2）写出动摩擦因数μ的表达式（用所测物理量符号表示）________________．【答案】（1）释放点至桌面的高度h ，BC 间的距离L ；（2）h Lμ=． 【解析】（1）设释放点至桌面的高度h ，BC 间的距离L ，当滑块在水平面上滑行的受到重力支持力和摩擦力，只有摩擦力做功，得：f =μF N =μmg对滑块滑行的全过程运用动能定理可得：W 总=△E k且：W总=W G+W f=mgh﹣fL △E k=E k C﹣E k A=0联立以上四个方程可得：hL μ=故只需要测得释放点至桌面的高度h，BC间的距离L，就可以到摩擦因数．（2）hL μ=【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．12．某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的a﹣F图象．（1）图线不过坐标原点的原因是_________________．（2）本实验中是否仍需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量．____________（填“是”或“否”）．（3）由图象求出小车和传感器的总质量为__________kg．【答案】没有平衡摩擦力，或平衡的不够；否；1【解析】（1）由图象可知，当F≠0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡的不够；（2）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．（3）a﹣F图象中的斜率表示质量的倒数，由图可知，k=0.5010.60.1aF∆-==∆-，所以质量M=11k=kg【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．13．某同学为了研究小灯泡在不同状态下的电阻，进行了如下实验：（1）用多用电表的欧姆挡测量小灯泡的电阻，当选用×10Ω挡测量时发现偏角过大，此时应选用___________Ω挡（填写“×1”或“×1k ”），然后需将红、黑表笔______，进行欧姆调零，再进行测量．测量完成后，将选择开关拔向_______位置．（2）该同学用内阻约几十欧的电流表，内阻约几千欧的电压表等仪器，测定在不同工作状态下的小灯泡电阻，请在图1中画出测量电路的原理图，并根据所画原理图将图2中的实物图补充完整．（3）在闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应在_______端（填写“左”或“右”）．【答案】（1）×1，短接，OFF ；（2）如图；（3）左【解析】（1）欧姆表的指针偏角过大，说明待测电阻阻值较小，应选择较小的倍率，所以应选用×1挡，然后再将红黑表笔短接进行欧姆调零，测量完成后应将选择开关拨向OFF 挡；（2）由于小灯泡的阻值较小，满足2x V A R R R ，所以电流表应用外接法；由于实验要求测量小灯泡在不同状态下的电阻，即要求电压或电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，实物图和原理图如图所示：（3）根据电路图和实物图可知，变化开关前应将滑片置于输出电压最小的左端．【考点】 伏安法测电阻．三、本大题5小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.14．如图所示，长为L =2m 、质量为M =8kg 的小车，放在水平地面上，小车向右运动的速度为6m/s 时，在小车前端轻轻地放上一质量为m =2kg 的小物块．小车与地面、物块与小车间的动摩擦因数均为μ=0.2，g 取10m/s 2，求（1）小物块及小车的加速度（2）小物块滑离小车时的速度．【答案】（1）小物块的加速度大小为：2m/s 2，方向水平向右，小车的加速度大小为3m/s 2，方向水平向左．（2）小物块滑离小车时的速度为0.8m/s ．【解析】（1）由牛顿第二定律得：对物块：μmg =ma m ，解得：a m =2m/s 2，方向水平向右，对小车：μmg +μ（M +m ）g =Ma M ，解得：a M =3m/s 2，方向水平向左；（2）设物块经t 从小车滑离，滑离时物块速度最大， 由匀变速直线运动的位移公式得：220111122M m l v t a t a t =-- 代入数据解得：t 1=0.4s （t 1=2s 不合题意，舍去）物块滑离小车的速度：v m =a m t 1=2×0.4=0.8m/s【考点】 牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．15．如图所示，处于勻强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L =1m ，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R =4Ω的电阻．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B =1T ．质量为m =0.4kg 、电阻r =1Ω的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25，金属棒以初速度V=20m/s 沿导轨滑下，g 取10m/s 2，si n 37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）金属棒沿导轨下滑的最大加速度；（2 ）金属棒下滑时电阻R 消耗的最小功率．。
山东省潍坊市第一中学2014-2015学年高一上学期10月月考物理试题
山东省潍坊市第一中学2014-2015学年高一上学期10月月考物理试题2014-10-13时间：60分钟满分：100分一选择题（每题4分，共40分；每题有一个或多个正确选项，请将正确答案涂到答题卡上）1.下列选项中加下划线的运动物体，不能被看成质点的是A．研究绕地球飞行时航天飞机的轨道B．研究飞行中直升飞机上的螺旋浆的转动情况C．计算从北京开往上海的一列火车的运行时间D计算在传送带上输送的工件数量2下列说法正确的是A 平均速度的方向就是位移的方向B 平均速度的方向就是物体的运动方向C 瞬时速度和平均速度是一个方向D 瞬时速度的方向应该是轨迹上某点的切线方向3、物体沿直线运动，下列说法中正确的是A若物体某1秒内的平均速度是5m/s，则物体在这1s内的位移一定是5mB若物体在第1s末的速度是5m/s，则物体在第1s内的位移一定是5mC若物体在10s内的平均速度是5m/s，则物体在其中1s内的位移一定是5mD物体通过某位移平均速度是5m/s，则通过这段位移一半时的速度一定是2.5m/s 4一物体做匀变速直线运动，加速度为2m/s2，这就是说A每经过一秒物体的速度都增加2m/sB物体速度变化率是2m/s2C任意一秒内的末速度均为初速度的2倍D每经过一秒物体的速度均变化2m/s5、下列说法中正确的是A有加速度的物体，其速度一定增加B没有加速度的物体，其速度一定不变C物体的速度有变化，加速度必有变化D物体的加速度为零，则速度一定为零6关于加速度的方向，下列说法正确的是A加速度的方向就是速度的方向B加速度的方向就是速度变化的方向C加速度的方向就是位移的方向D物体的加速度方向与速度方向没有必然联系7.表示物体作匀速直线运动的图象是8.一物体的速度随时间变化的关系为v=5-2t,则下列说法错误的是A.物体的初速度为5 m/sB. 物体每秒的速度变化量为2 m/sC. 经过2 秒物体的速度变为零D. 经过2秒物体的位移是6米9．一辆汽车正在做匀加速直线运动，计时之初，速度为6 m/s，运动28 m后速度增加到8 m/s，则A．这段运动所用时间是4 sB．这段运动的加速度是3.5 m/s2C．自开始计时起，两秒末的速度是7 m/sD．从开始计时起，经过14 m处的速度是5 2 m/s10．有四个运动的物体A、B、C、D，物体A、B运动的x－t图象如下图甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v－t图象如图乙所示．根据图象做出的以下判断中正确的是A．物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B更大B 前3秒C和D的速度方向相同，加速度方向相反C．3秒前C在D的后面，3秒后C在D的前面D．t＝3 s时，物体C与物体D之间有最大间距二实验题（20分）11.（1）（每空2分）电磁打点计时器和电火花计时器都是使用________电的计时仪器，电磁打点计时器工作的电压是______，电火花计时器工作的电压是______．当电频率是50 Hz时，它每隔______s打一个点．（2）（6分）在探究小车速度随时间变化的规律的实验中，按照实验进行的先后顺序，将下述步骤的代号填在横线上____________________。
山东省潍坊市2014届高三上学期期终考试 物理试题 含解析
1。
下列叙述符合物理学史实的是
A。
焦耳发现了电流的热效应,定量得出了电能和热能之间的转换关系
B。
法拉第提出了分子电流假说，解释了磁铁的磁场和电流的磁场在本质上相同
C。
库仑最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
D.奥斯特对电磁感应现象的研究，将人类带人了电气化时代
2.如图所示，光滑水平地面上有一直角三角形斜面体B靠在竖直墙壁上，物块A放置斜面体B上，开始A、B静止.现用水平力F推A，A、B 仍静止,则此时B受力个数可能是
A. 3个
B.4个
C. 5个
D.6个
3.平板车以速度v向正东方向匀速运动，车上一物体在水平力F作用下相对车以速度v向
正南方向匀速运动（车速不变，物体没有脱离平板车）。
物体质量m,物体与平板车间的
动摩擦因数为μ,重力加速度为g，则
A.F的大小为2μmg
B.F的大小为μmg
C.F的方向为东偏南45°
D.F的方向为正南
4.物块从固定斜面底端以一定的初速度沿斜面上滑，其速度大小随时间变化关系如图所示，则物块
A. 在0。
5s时离斜面底端最远
B. 沿斜面上滑的最大距离为2m
C. 在1。
5s时回到斜面底端
D. 上滑时加速度大小是下滑时加速度大小的2倍
故选项C正确.
考点：v-t图象
5.在如图所示的电路中,闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则
A. 灯泡L变暗B。
电源内部消耗的功。
山东省潍坊一中2014_2015学年高一物理上学期单元测试试卷(相互作用)(含解析)
山东省潍坊一中2014-2015学年高一上学期单元测试物理试卷（相互作用）一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1．（4分）在粗糙斜面上加速下滑的物体所受到的力是（）A．重力和斜面支持力B．重力，下滑力和对斜面的压力C．重力，摩擦力和斜面支持力D．重力，下滑力，摩擦力和斜面支持力2．（4分）物体静止在斜面上，以下分析中正确的是（）A．物体受到的静摩擦力与重力沿斜面的分力平衡B．物体所受重力沿垂直于斜面的分力就是物体对斜面的压力C．物体所受重力与斜面对它的静摩擦力和支持力这两个力的合力平衡D．斜面倾角越大，物体对斜面的压力就越大3．（4分）码头上两个人用水平力推集装箱，想让它动一下，但都推不动，其原因是（）A．集装箱太重B．推力总小于摩擦力C．集装箱所受合外力始终为零D．推力总小于最大静摩擦力4．（4分）关于合力的下列说法，正确的是（）A．几个力的合力就是这几个力的代数和B．几个力的合力一定大于这几个力中的任何一个力C．几个力的合力可能小于这几个力中最小的力D．几个力的合力可能大于这几个力中最大的力5．（4分）如图示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，它们同时沿竖直墙面下滑，已知m A＞m B，则物体B（）A．只受一个重力B．受到重力、摩擦力各一个C．受到重力、弹力、摩擦力各一个D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个6．（4分）某物体在四个共点力作用下处于平衡状态，若F4的方向沿逆时针方向转过90°角，但其大小保持不变，其余三个力的大小和方向均保持不变，此时物体受到的合力的大小为（）A．0 B．F4C．F4D．2F47．（4分）将力F分解成F1和F2，若已知F1的大小和F2与F的夹角（θ为锐角），则（）A．当F1＞Fsin θ时，有两解B．当F1=Fsin θ时，一解C．当Fsin θ＜F1＜F时，有两解D．当F1＜Fsin θ时，无解8．（4分）如图所示，举重运动员在抓举比赛时，使两臂上举后两臂间成钝角，手臂伸直后所受作用力沿手臂方向，一质量为75kg的运动员，在举起125kg的杠铃时，两臂成120°角，则此时运动员的每只手臂对杠铃的作用力F及运动员对地面的压力F N的大小分别为（g取10m/s2）（）A．F=1 250 N，F N=2 000 N B．F=1 250 N，F N=3 250 NC．F=625 N，F N=2 000 N D．F=722 N，F N=2 194 N9．（4分）如图为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的0点，总质量为60kg．此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°．则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为（设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）A．450N 800N B．480N 360N C．360N 480N D．800N 450N10．（4分）如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为（）A．3 B．4 C．5 D．611．（4分）如图所示，水平推力F使物体静止于斜面上，则（）A．物体一定受3个力的作用B．物体可能受3个力的作用C．物体一定受到沿斜面向下的静摩擦力D．物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力12．（4分）放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A和B之间有一压缩的弹簧．A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是（）A．B受到向右的摩擦力B．B对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力二、填空题（本题共2个小题，满分15分）13．（6分）在验证“互成角度的两个力的合成”的实验中，某小组得出如图所示的图（F与AO共线），图中是F1与F2合成的理论值；是F1与F2合成的实际值，在实验中如果将两个细绳套换成两根橡皮条，那么实验结果是否变化？答：（填“变”或“不变”）．14．（9分）某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k．做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0，弹簧下端挂一个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L2；…；挂七个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L7．（1）表记录的是该同学已测出的6个值，其中有两个数值在记录时有误，它们的代表符号分别是．测量记录表：代表符号L0L1L2L3L4L5L6L7刻度数值/cm 1.70 3.40 5.10 8.60 10.3 12.1（2）实验中，L3和L7两个值还没有测定，请你根据上图将这两个测量值填入记录表中，并写在答题卷上．（3）充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：d1=L4﹣L0=6.90cm，d2=L5﹣L1=6.90cm，d3=L6﹣L2=7.00cm．请你给出第四个差值：d4== cm．（4）根据以上差值，可以求出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量△L．△L用d1、d2、d3、d4表示的式子为：△L=，代入数据解得△L= cm．（5）计算弹簧的劲度系数k= N/m．（g取9.8m/s2）三、计算题（本题共4个小题，满分37分）15．（6分）轻绳OA的O端固定，对A端施加两个水平力F1和F2的作用，使绳处于南偏东300的方向．其中F1的大小为3N，方向水平向东，如图所示．若F2的方向指向正南，试求该力大小以及此时绳上的拉力大小．16．（8分）如图所示，斜绳（与水平方向夹45°角）与水平绳最大承受拉力分别为20N和10N，竖直绳抗拉能力足够强，三绳系于O点，问：各绳均不断时，最多可悬吊多重的物体？17．（8分）如图，人重600牛，木块A重400牛，人与A、A与地面间的动摩擦因数均为0.2，现人用水平力拉绳，使他与木块一起向右匀速直线运动，滑轮摩擦不计，求：（1）人对绳的拉力．（2）人脚给A的摩擦力方向和大小．18．（15分）如图甲所示，一固定的粗糙斜面的倾角为37°，一物块m=5kg在斜面上，若用F=50N的力沿斜面向上推物块，物块能沿斜面匀速上升，g=10m/s2，s in37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求物块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）若将F改为水平向右推力F′（如图乙），则F′为多大时才能使物块沿斜面匀速运动．（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）山东省潍坊一中2014-2015学年高一上学期单元测试物理试卷（相互作用）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1．（4分）在粗糙斜面上加速下滑的物体所受到的力是（）A．重力和斜面支持力B．重力，下滑力和对斜面的压力C．重力，摩擦力和斜面支持力D．重力，下滑力，摩擦力和斜面支持力考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．分析：建立问题情境，从受力分析的顺序对物体进行受力分析．其中下滑力是我们对重力分解后沿斜面向下的分力的称呼．解答：解：物体受重力，斜面对物体的支持力，滑动摩擦力．其中下滑力是我们对重力分解后沿斜面向下的分力的称呼，分析物体实际受到的力．故选C．点评：对物体受力分析是指物体受到的力，该物体对其他的物体施加的力不需要分析．要按照力的顺序分析力．2．（4分）物体静止在斜面上，以下分析中正确的是（）A．物体受到的静摩擦力与重力沿斜面的分力平衡B．物体所受重力沿垂直于斜面的分力就是物体对斜面的压力C．物体所受重力与斜面对它的静摩擦力和支持力这两个力的合力平衡D．斜面倾角越大，物体对斜面的压力就越大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对物体受力分析，由共点力的平衡条件可明确各力间的关系．注意三力平衡时，任意两力的合力与第三力大小相等，方向相反．解答：解：A、物体静止在斜面上，在沿斜面方向上，受重力分力及摩擦力；二力大小相等，相互平衡；故A正确；B、压力是由形变产生的；而重力的分力只是大小上等于压力，不是说压力就是重力的分力；故B错误；C、物体受三力而处于平衡；故静摩擦力与支持力的合力一定与重力相互平衡；故C正确；D、压力N=mgcosθ；倾角越大，压力越小；故D错误；故选：AC点评：本题考查共点力平衡的应用，要注意三力合成时，任意两力的合力与第三个力等大反向为常用的解题方法．3．（4分）码头上两个人用水平力推集装箱，想让它动一下，但都推不动，其原因是（）A．集装箱太重B．推力总小于摩擦力C．集装箱所受合外力始终为零D．推力总小于最大静摩擦力考点：静摩擦力和最大静摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：码头上两个人用水平力推集装箱，想让它动一下，但都推不动，集装箱处于平衡状态，所受的合力为零．解答：解：集装箱推不动，因为集装箱在水平方向上受推力和静摩擦力平衡合力为零，推力总小于最大静摩擦力．故C、D正确，A、B错误．故选CD．点评：解决本题的关键知道静摩擦力介于0和最大静摩擦力之间，物体推不动，因为推力和静摩擦力平衡．4．（4分）关于合力的下列说法，正确的是（）A．几个力的合力就是这几个力的代数和B．几个力的合力一定大于这几个力中的任何一个力C．几个力的合力可能小于这几个力中最小的力D．几个力的合力可能大于这几个力中最大的力考点：合力的大小与分力间夹角的关系；力的合成．专题：平行四边形法则图解法专题．分析：（1）如果二力在同一条直线上，根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和；同一直线反方向二力的合力等于二力之差．（2）如果二力不在同一条直线上，合力大小介于二力之和与二力之差之间．解答：解：A、力是矢量，根据力的平行四边形定则可知，几个力的合力就是这几个力的矢量和，故A错误；B、当两个力方向相同时，合力等于两分力之和，合力大于每一个分力；当两个分力方向相反时，合力等于两个分力之差，合力可能小于最小分力，由此可见：合力可能大于分力也有可能小于分力，故B错误，CD正确；故选：CD．点评：解此题关键是要理解合力的大小范围：大于两力之差，小于两力之和；分析时考虑问题要全面，既要考虑到两个力同向，也要考虑反向的情况．5．（4分）如图示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，它们同时沿竖直墙面下滑，已知m A＞m B，则物体B（）A．只受一个重力B．受到重力、摩擦力各一个C．受到重力、弹力、摩擦力各一个D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先对整体结合运动情况受力分析，得到只受重力，加速度为g，即做自由落体运动，然后对B结合运动情况受力分析，得到受力情况．解答：解：A、B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力；故选：A．点评：本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力．6．（4分）某物体在四个共点力作用下处于平衡状态，若F4的方向沿逆时针方向转过90°角，但其大小保持不变，其余三个力的大小和方向均保持不变，此时物体受到的合力的大小为（）A．0 B．F4C．F4D．2F4考点：力的合成．分析：物体受多力平衡，则多力的合力为零；则F1、F2、F3的合力与F4大小相等方向相反；则将F4转动后，其他三力的合力不变，则变成了转后的F4与其他三力的合力的合成，则由平行四边形定则可求得合力．解答：解：物体在四个共点力作用下处于平衡状态，合力为零，F4的方向沿逆时针方向转过90°角，此时其它三个力的合力与F4大小相等，方向垂直，则物体受到的合力，即为F4．故选：B．点评：本题中应用了力的合成中的一个结论：当多力合成其合力为零时，任一力与其他各力的合力大小相等方向相反．7．（4分）将力F分解成F1和F2，若已知F1的大小和F2与F的夹角（θ为锐角），则（）A．当F1＞Fsin θ时，有两解B．当F1=Fsin θ时，一解C．当Fsin θ＜F1＜F时，有两解D．当F1＜Fsin θ时，无解考点：力的分解．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：根据平行四边形定则或者三角形定则作图分析：若F1＜Fsin30°，无解；若F1=Fsin30°，唯一解；若F＞F1＞Fsin30°，两解；若F1＞F，唯一解．解答：解：A、当Fsin θ＜F1＜F时，能构成两个平行四边形，分解得到的一组解是F1C和F2C，另一组解F1C′和F2C′，故A错误，C正确；B、如图所示，当F1=Fsin θ时，只能构成唯一的平行四边形，分解得到F1B和F2B，故B错误；D、当F1＜Fsin θ时，构不成完整的平行四边形，所以无解，故D正确；故选：CD．点评：本题关键是根据平行四边形定则作图分析，知道合力与分力是等效替代关系．8．（4分）如图所示，举重运动员在抓举比赛时，使两臂上举后两臂间成钝角，手臂伸直后所受作用力沿手臂方向，一质量为75kg的运动员，在举起125kg的杠铃时，两臂成120°角，则此时运动员的每只手臂对杠铃的作用力F及运动员对地面的压力F N的大小分别为（g取10m/s2）（）A．F=1 250 N，F N=2 000 N B．F=1 250 N，F N=3 250 NC．F=625 N，F N=2 000 N D．F=722 N，F N=2 194 N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以杠铃为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出运动员两臂对杠铃的作用力．以运动员和杠铃整体为研究对象，由平衡条件求出地面对运动员的支持力，即可求得运动员对地面的压力F N．解答：解：以杠铃为研究对象，分析受力情况：重力mg和运动员两臂对杠铃的作用力F1和F2，作出力图如图．根据平衡条件得：2Fcos60°=mg得到：F=mg=125×10=1250N以运动员和杠铃整体为研究对象，分析受力可知：整体受到总重力为：G=（75+125）×10N=2000N，地面的支持力F N′，则有：N=G=2000N．由牛顿第三定律得知：运动员对地面的压力：F N=F N′=2000N故选：A．点评：本题用质点代替杠铃，对实际物体进行简化，方便研究．对于物体的平衡问题，关键是分析受力情况．9．（4分）如图为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的0点，总质量为60kg．此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°．则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为（设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）A．450N 800N B．480N 360N C．360N 480N D．800N 450N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以运动员和行囊组成的整体为研究对象，分析受力情况：重力、岩壁对手臂的拉力和岩壁对脚的弹力，由平衡条件求解手受到的拉力和脚受到的作用力．解答：解：以运动员和行囊整体为研究对象，分析受力情况：重力Mg、岩壁对手臂的拉力F1和岩壁对脚的弹力F2，作出力图，如图所示．设运动员和行囊的质量分别为M．根据平衡条件得F1=Mgcos53°=600×0.6N=360NF2=Mgsin53°=600×0.8N=480N故选C点评：本题是实际问题，要将运动员和行囊进行简化，用质点代替，简单方便，正确作出力图是本题解题的关键．10．（4分）如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为（）A．3 B．4 C．5 D．6考点：力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对物体受力分析是指分析物体的受力情况同时画出受力的示意图，本题可以先对m 受力分析，再结合牛顿第三定律对M受力分析．解答：解：先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M 有向上的支持力，共受到4个力；故选B．点评：对物体受力分析可以按照先已知力，再重力，最后弹力和摩擦力，要结合弹力和摩擦力的产生条件判断，本题中墙壁虽与小车接触，但无弹力．11．（4分）如图所示，水平推力F使物体静止于斜面上，则（）A．物体一定受3个力的作用B．物体可能受3个力的作用C．物体一定受到沿斜面向下的静摩擦力D．物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以物体为研究对象进行受力分析，由正交分解法得出沿斜面和垂直于斜面两个方向进行分析，由共点力的平衡条件可得出物体受力情况．解答：解：物体受重力、支持力及推力而处于静止，如图建立直角坐标系，将重力及推力分解，则在沿斜面方向上若重力的分力等于推力沿斜面向上的分力，而物体没有相对运动的趋势，故物体不受摩擦力；若向上的推力的分力大于重力的分力，则有向上的运动趋势，摩擦力向下；若推力分力小于重力的分力，则摩擦力向上；故物体可能受三个力也可能受四个力；而摩擦力的方向可能向上也可能向下，故ACD错误；B 正确；故选B．点评：若物体受三个明确力的作用而处于平衡时，一般用合成法进行分析；若受力超过四个时一般采用正交分解法进行分析．12．（4分）放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A和B之间有一压缩的弹簧．A、B 均处于静止状态，下列说法中正确的是（）A．B受到向右的摩擦力B．B对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力考点：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左．对整体研究，地面对A没有摩擦力．解答：解：A、压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力．故A正确．B、由上可知：A对B的摩擦力向右，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左．故B 错误．C、D对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对A没有摩擦力．故C错误，D正确．故选AD点评：本题关键是灵活选择研究对象．对物体受力分析时往往根据平衡条件和牛顿第三定律来分析二、填空题（本题共2个小题，满分15分）13．（6分）在验证“互成角度的两个力的合成”的实验中，某小组得出如图所示的图（F与AO共线），图中F′是F1与F2合成的理论值；F是F1与F2合成的实际值，在实验中如果将两个细绳套换成两根橡皮条，那么实验结果是否变化？答：不变（填“变”或“不变”）．考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的实际值（通过平行四边形定则得出的值），与理论值（实际实验的数值）存在差别，只要O点的作用效果相同，是否换成橡皮条不影响实验结果．解答：解：是F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F是F1与F2合成的实际值，F′是F1与F2合成的理论值，由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果．故答案为：F′，F，不变．点评：掌握实验原理，从多个角度来理解和分析实验，提高分析解决问题的能力．14．（9分）某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k．做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0，弹簧下端挂一个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L2；…；挂七个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L7．（1）表记录的是该同学已测出的6个值，其中有两个数值在记录时有误，它们的代表符号分别是L5；L6．测量记录表：代表符号L0L1L2L3L4L5L6L7刻度数值/cm 1.70 3.40 5.10 8.60 10.3 12.1（2）实验中，L3和L7两个值还没有测定，请你根据上图将这两个测量值填入记录表中，并写在答题卷上．（3）充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：d1=L4﹣L0=6.90cm，d2=L5﹣L1=6.90cm，d3=L6﹣L2=7.00cm．请你给出第四个差值：d4=L7﹣L3=7.20 cm．（4）根据以上差值，可以求出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量△L．△L用d1、d2、d3、d4表示的式子为：△L=，代入数据解得△L=1.74 cm．（5）计算弹簧的劲度系数k=28.57 N/m．（g取9.8m/s2）考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题．分析：1、用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，即要有估读的．2、根据指针指示的刻度读出L3和L7的值．3、按照d1、d2、d3的表达式的规律表示出d4．4、d1、d2、d3、d4中每个数据中含有4个△L．3、充分利用测量数据，根据公式△F=k△x可以计算出弹簧的劲度系数k．其中△x为弹簧的形变量．解答：解：（1）刻度尺的最小分度值为1mm，读数时估读一位，记录数据要记录到0.1mm，所以长度L5应为10.30cm，L6为12.10cm．故错误的是L5，L6；（2）根据图所示读出指针指示的刻度数值：L3=6.85cm，L7=14.05cm；（3）根据题意：d4=L7﹣L3=14.05cm﹣6.85cm=7.20cm．（4）d1、d2、d3、d4中每个数据中含有4个△L，故△L=，代入数据得：△L=1.74cm；（5）充分利用测量数据，k===28.57N/m．故答案为：（1）L5；L6；（2）6.85，14.05（3）L7﹣L3；7.20；（4）；1.74；（5）28.57．点评：弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比．对于实验问题，我们要充分利用测量数据求解可以减少误差．三、计算题（本题共4个小题，满分37分）15．（6分）轻绳OA的O端固定，对A端施加两个水平力F1和F2的作用，使绳处于南偏东300的方向．其中F1的大小为3N，方向水平向东，如图所示．若F2的方向指向正南，试求该力大小以及此时绳上的拉力大小．考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：由平衡条件可知，F1和F2的合力方向必沿OA方向，然后由平行四边形定则做出合力根据几何知识求解．解答：解：由题意及物体的平衡条件可知，F1和F2的合力方向必沿OA方向，所以有=tanθ即F2=解得F2=3（N）．轻绳上的拉力F与F1和F2的合力平衡，所以有F==6（N）．答：力F2大小为3N，此时绳上的拉力大小为6N．点评：考查力的合成与分解，掌握力的平行四边形定则，理解受力平衡的条件．16．（8分）如图所示，斜绳（与水平方向夹45°角）与水平绳最大承受拉力分别为20N和10N，竖直绳抗拉能力足够强，三绳系于O点，问：各绳均不断时，最多可悬吊多重的物体？考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：选结点O为研究对象，受力分析后应用平衡条件判断那根绳子先断，根据先断的绳子能承受的最大拉力求出最大重力．解答：解：画出受力分析图，并运用合成法：由几何知识解出 F OC=Gtan45°=GF斜==G讨论：当F OC=10N时F斜=10N＜20N此时最多可悬吊的物体重G=F OC=10N答：各绳均不断时，最多可悬吊10N的物体．点评：本题为平衡条件的应用，关键点时判断那根绳子先断，分别用两根绳子能承受的最大拉力求出重物的重力，取小的即可．17．（8分）如图，人重600牛，木块A重400牛，人与A、A与地面间的动摩擦因数均为0.2，现人用水平力拉绳，使他与木块一起向右匀速直线运动，滑轮摩擦不计，求：（1）人对绳的拉力．（2）人脚给A的摩擦力方向和大小．。
【物理】山东省潍坊市2015届高三上学期期末考试(精校解析版)
2015届山东潍坊高三上学期期末物理卷1．某质点做直线运动，其速度随时间变化的v —T 图象如图所示，则质点( )A ．初速度大小是0B ．初速度大小是L m ／sC ．加速度大小是0.5m ／s 2D ．加速度大小是1m ／s 2 【答案】BC【解析】根据v -T 图像可知：零时刻，即y 轴上的截距是1m/s ，初速度大小是L m ／s ，A 错误、B 正确；在2s 时间内，速度从1m/s 增加到2m/s ，根据加速度的定义a =tv∆∆，a =0.5m ／s 2，C 正确、D 错误。
【考点】v -T 图像2．某同学站在竖直升降机内，升降机做下列哪些运动时，该同学处于超重状态（ ） A ．加速上升 B ．减速上升 C ．加速下降 D ．减速下降 【答案】AD【解析】当物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力大于它本身的重力，是超重现象；当物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力小于它本身的重力，是失重现象．超重和失重时，本身的重力没变．超重时，根据牛顿第二定律，加速度的方向向上；失重时，加速度的方向向下．加速上升和减速下降，加速度向上，属于超重，AD 正确；减速上升和加速下降，加速度向下，属于失重，BC 错误。
【考点】牛顿第二定律、超重和失重3．如图所示，实线表示某静电场的电场线。
虚线表示该电场的等势面，a 、b 是电场中的两点．以下判断正确的是（ ）A．a点的场强大于b点的场强B．a点的电势高于b点的电势C．正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D．将负电荷从a点移到b点电场力对其做正功【答案】BC【解析】图中实线电场线，电场线的疏密表示电场强度的强弱，所以，b点的场强大于a点的场强，A错误；沿电场线方向电势降低，a点的电势高于b点的电势，B正确；正电荷受力方向与电场方向一致，从a点移到b点，电场力做正功，电势能降低，C正确；负电荷受力方向与场强方向相反，将负电荷从a点移到b点电场力对其做负功，D错误。
山东省潍坊市高三物理上学期第一次模拟试卷(含解析)
山东省潍坊市2015届高考物理一模试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．下面叙述符合物理学史实的是( )A．伽利略通过理想实验总结出了惯性定律B．牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量C．安培首先发现了电流的磁效应D．法拉弟发现了电磁感应现象并最早引入电场线描述电场2．如图所示，小磁石吸附在下端带有转轴的铁杆上，当铁杆竖直时，磁石未滑动，铁杆沿顺时针方向缓慢转过某一角度α（α＜90°）时，磁石仍未滑动，此过程中( )A．磁石受3个力作用B．磁石受4个力作用C．磁石所受摩擦力变小D．磁石所受弹力变大3．如图所示，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下的运动径迹如图中实线所示，设A、B两点的强度大小分别为E A、E B，粒子在A、B两点的速度大小分别为v A、v B，下列结论正确的是( )A．E A＞E B B．E A＜E B C．v A＜v B D．v A＞v B4．如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器的触头P向下滑动，理想电表的示数I、U1、U2都发生变化，变化量的绝对值分别用△I、△U1、△U2表示，下列判断正确的是( )A．不变B．变小C．变大D．不变5．质量为m的小球从液面上方某高度处由静止下落，进入液体后受到的阻力与速率成正比，小球在整个运动过程中的速率随时间变化的规律如图所示，重力加速度为g，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A．在液体中先做匀加速运动，后做匀速运动B．进入液体瞬间的加速度大小为C．在t1～t2时间内的做加速度越来越大的减速运动D．在t1～t2时间内的平均速度大于6．“嫦娥三号”登月探测器在月球成功着陆，标志着我国登月探测技术达到了世界领先水平．“嫦娥三号”绕月飞行的示意图如图所示，P点为变轨点，引力常量为G，则“嫦娥三号”( )A．在轨道1上运行的周期小于在轨道2上运行的周期B．沿两个不同轨道运行，经过P点时的线速度相同C．沿两个不同的轨道运行，经过P点时所受月球引力相同D．若已知轨道1上动行的周期和轨道半径，可求月球质量7．图为远距离输电的原理图，变压器均为理想变压器，图中标出了各部分的电压和电流，输电线总电阻为R，以下结论正确的是( )A．I2=B．U2I2=U4I4C．若用户的用电功率变大，则U4变大D．若用户的用电功率变大，则I1变大8．如图所示，长为L、倾角为θ的绝缘光滑斜面处于电场中，一电荷量为q、质量为m的带正电小球，以初速度v0由斜面底端的A点沿斜面上滑，到达斜面顶端B点时速度仍为v0．下列判断正确的是( )A．A、B两点的电势相等B．A、B两间的电势差为C．小球在A点的电势能和重力势能之和与在B点时相同D．由A到B过程中电场力做的功大于克服重力做的功9．轻杆可绕其一端自由转动，在杆的中点和另一端分别固定质量相同的小球A、B，如图所示，将杆从水平位置由静止释放，当杆转到竖直位置时，小球B突然脱落，以下说法正确的是( )A．A球仍能摆到水平位置B．A球不能摆到水平位置C．两球下摆至竖直位置的过程中，A球的机械能守恒D．两球下摆至竖直位置的过程中，B球的机械能减少10．如图所示，平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为θ，间距为L，导轨上端与一电容为C的电容器相连，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向上，质量为m的导体棒垂直放在导轨上并由静止释放，导轨足够长，则导体棒( )A．做变加速直线运动B．先变加速直线运动，再做匀速运动C．做匀加速直线运动且加速度大小为gsinθD．做匀加速直线运动且加速度大小为二、实验题（本题3小题，共16分）11．某同学用20分度的游标卡尺测量一橡皮的宽度如图所示，读数为__________cm．12．某学习小组要精确测量量程为15V、内阻约1kΩ的电压表内阻，实验室提供的器材如下：待测电压表V（量程为15V，内阻约1kΩ）电源E（电动势12V，内阻不计）电流表A1（量程0.6A，内阻约1Ω）电流表A2（量程15mA，内阻约1Ω）滑动变阻器R（阻值0～50Ω）开关S，导线若干．（1）实验中电流表应选用__________（填“A1”或“A2”）；（2）为了尽量减少误差，要求测量多组数据，试在方框内画出符合要求的实验电路图．13．用如图所示的实验装置测量弹簧压缩时的弹性势能大小，轻弹簧一端固定在桌面的左侧，滑块紧靠在弹簧的右端（不栓接），调节桌面水平，将滑块向左压缩弹簧到A点，放手后滑块向右滑行到B点停止运动，已知木块质量为m，与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．（1）实验中还需要测量的物理量是__________（填正确答案标号）．A．O、A间的距离L OA B．A、B间的距离L AB C．O、B间距离L OB（2）弹簧的弹性势能E P=__________（用给出的物理量字母表示）（3）若实验过程中没有调节桌面水平，而是桌面左侧比右侧略高，该同学仍用原来方法测弹簧势能，则测得的E P__________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．三、计算题（本题共3个小题，共34分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14．如图所示，平行光滑金属导轨OD、AC固定在水平的xoy直角坐标系内，OD与x轴重合，间距L=0.5m．在AD间接一R=20Ω的电阻，将阻值为r=50Ω、质量为2kg的导体棒横放在导轨上，且与y轴重合，导轨所在区域有方向竖直向下的磁场，磁感应强度B随横坐标x的变化关系为B=T．现用沿x轴正向的水平力拉导体棒，使其沿x轴正向以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，不计导轨电阻，求：（1）t时刻电阻R两端的电压；（2）拉力随时间的变化关系．15．如图所示，带有弧形凹槽的滑块放在桌面上，放在光滑球凹槽内，球的半径与槽半径相同，已知角α=37°，小球质量m=1kg，半径R=0.375m，滑块质量M=4kg，右端厚度h=0.5m，与挡板C等高；滑块右端到挡板C的距离为L=2.4m，滑块与桌面间的动摩擦因数μ=0.4；桌面高H=1.3m．现对滑块施加水平向右的推力F，使小球以最大加速度随滑块一起运动，滑块与C碰撞后粘为一体停止运动，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）推力F的大小；（2）小球落地点到抛出点的水平距离．16．在如图所示的xoy直角坐标系内，x轴上方有沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的粒子，t=0时刻从y轴上的A（0，h）点以初速度v0沿x轴正向射出，粒子经过x轴上的B（2h，0）点进入磁场，恰从原点O第一次射出磁场，不计粒子重力，求：（1）电场强度E和磁感应强度B的大小；（2）带电粒子从A（0，h）点第一次运动到距x轴上方最大距离处的时间；（3）粒子带n次射出磁场时的横坐标值．四、选做题（从三个题目中选择一个题目作答）[物理3-3]17．下列说法正确的是( )A．液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著B．当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小C．第二类永动机不可能制成，因为它违反能量守恒定律D．一定质量的理想气体，当它的压强，体积都增大时，其内能一定增加18．如图所示，粗细均匀开口向上的竖直玻璃管内，长分别为15cm和10cm的水银柱A、B 将气体分为Ⅰ、Ⅱ两部分，气柱Ⅰ长10cm，气柱Ⅱ长11cm，现缓慢向管内倒入10cm长的水银柱，已知大气压强P0=75cmHg．求稳定后水银柱A下端下降的距离．[物理3-3]19．在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波沿x轴传播，波速为5m/s，某时刻波传到x=±3m处，其波形如图，下列说法正确的是( )A．此时P、Q两点振动方向相同B．再经过0.5s质点N刚好在（﹣5m，20cm）位置C．该波传入另一介质后波的频率将发生改变D．该波遇到高10m的障碍物不会发生衍射20．如图所示，厚度为d的平行玻璃砖与光屏EF均竖直放置，玻璃砖右侧面距光屏为d，左侧面距激光源S也是d，由S发出的两束激光，一束垂直玻璃砖表面另一束与玻璃砖表面成45°角，两束光经折射后射到光屏上，光屏上两光点距为（2+）d，已知光在真空中的传播速度为c，求：（1）玻璃砖的折射率；（2）激光在玻璃砖中传播的时间．四、选做题（从三个题目中选择一个题目作答）[物理3-5]21．下列说法中正确的是( )A．目前已经建成的核电站的能量来自于重核裂变B．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能C．卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能增大，原子总能量增加22．如图所示，质量M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=1kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E P=6J，小球与小车右壁距离为L=0.4m．解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁碰撞并被粘住，求：（1）小球脱离弹簧时小球的速度大小；（2）在整个过程中，小车移动的距离．山东省潍坊市2015届高考物理一模试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．下面叙述符合物理学史实的是( )A．伽利略通过理想实验总结出了惯性定律B．牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量C．安培首先发现了电流的磁效应D．法拉弟发现了电磁感应现象并最早引入电场线描述电场考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、伽利略通过理想实验得出了力不是维持物体运动的原因，牛顿总结出了惯性定律．故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故B错误；C、奥斯特首先发现了电流的磁效应，故C错误；D、法拉弟发现了电磁感应现象并最早引入电场线描述电场，故D正确；故选：D．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．如图所示，小磁石吸附在下端带有转轴的铁杆上，当铁杆竖直时，磁石未滑动，铁杆沿顺时针方向缓慢转过某一角度α（α＜90°）时，磁石仍未滑动，此过程中( )A．磁石受3个力作用 B．磁石受4个力作用C．磁石所受摩擦力变小 D．磁石所受弹力变大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：磁石保持静止，受力平衡；受重力、吸引力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件列式求解出摩擦力和弹力的大小表达式进行分析．解答：解：A、B、磁石受重力mg、吸引力F、支持力N和静摩擦力f，共4个力，故A错误，B正确；C、D、根据平衡条件，有：f=mgsinθN=F﹣mgcosθ由于θ减小，导致f减小，N减小，故C正确，D错误；故选：BC．点评：本题关键是明确物体的受力情况，然后根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式求解，基础题目．3．如图所示，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下的运动径迹如图中实线所示，设A、B两点的强度大小分别为E A、E B，粒子在A、B两点的速度大小分别为v A、v B，下列结论正确的是( )A．E A＞E B B．E A＜E B C．v A＜v B D．v A＞v B考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线的弯曲可知是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据公式φ=判断电势能高低．解答：解：由于等势面是同心圆，且外里小，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子也带负电；由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即a A＜a B；从A到B，电势降低，根据公式φ=，B点电势能大，即E PA＜E PB；电场力做负功，粒子的动能减小，速度减小，v A＞v B．故选：BD点评：本题关键是先根据等势面判断场源，结合曲线运动判断电场力，根据公式φ=判断电势能高低，不难．4．如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器的触头P向下滑动，理想电表的示数I、U1、U2都发生变化，变化量的绝对值分别用△I、△U1、△U2表示，下列判断正确的是( )A．不变B．变小C．变大D．不变考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由题意知：R1是定值电阻，根据欧姆定律得知=R1．变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究与电源内阻的关系，再分析选择．解答：解：A、B、根据欧姆定律得知：==R1．故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，、均不变．故A正确．B错误C、D、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣Ir，则有=r，不变．故C错误，D正确．故选：AD点评：本题对于定值电阻，是线性元件有R==，对于非线性元件，R=．5．质量为m的小球从液面上方某高度处由静止下落，进入液体后受到的阻力与速率成正比，小球在整个运动过程中的速率随时间变化的规律如图所示，重力加速度为g，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A．在液体中先做匀加速运动，后做匀速运动B．进入液体瞬间的加速度大小为C．在t1～t2时间内的做加速度越来越大的减速运动D．在t1～t2时间内的平均速度大于考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：由图象得到小球下降过程的运动规律，然后进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式进行分析．解答：解：A、由图象可得；小球在液体中先做减速运动后做匀速运动，但不是匀减速运动，故A错误；B、小球进入瞬间，有：mg﹣kv1=ma1，阻力与其速率的比值为，联立解得加速度大小为，故B正确；C、t1～t2时间内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，故C错误；D、速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，由图象得，匀减速直线运动的位移大于变减速运动位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球小球在t1～t2平均速度小于，故D错误；故选：B．点评：速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移，会用极限的思想求解位移．6．“嫦娥三号”登月探测器在月球成功着陆，标志着我国登月探测技术达到了世界领先水平．“嫦娥三号”绕月飞行的示意图如图所示，P点为变轨点，引力常量为G，则“嫦娥三号”( )A．在轨道1上运行的周期小于在轨道2上运行的周期B．沿两个不同轨道运行，经过P点时的线速度相同C．沿两个不同的轨道运行，经过P点时所受月球引力相同D．若已知轨道1上动行的周期和轨道半径，可求月球质量考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和周期可以求出中心天体的质量；抓住嫦娥三号从圆轨道进入椭圆轨道，做近心运动，确定其加速还是减速；根据万有引力定律确定嫦娥三号周期、引力如何变化．解答：解：A、已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据=，在轨道1上运行的周期大于在轨道2上运行的周期．故A错误．B、嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，而进入椭圆轨道，轨道1上运行的速度大于在轨道2上运行速度．故B 错误．C、根据知r同，则所受引力相同．故C正确．D、已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据根据=，可以求出月球的质量M=，故D正确．故选：CD．点评：嫦娥三号在环月段圆轨道上做圆周运动万有引力等于向心力，要进入环月段椭圆轨道需要做近心运动．知道变轨的原理是解决本题的关键．7．图为远距离输电的原理图，变压器均为理想变压器，图中标出了各部分的电压和电流，输电线总电阻为R，以下结论正确的是( )A．I2=B．U2I2=U4I4C．若用户的用电功率变大，则U4变大D．若用户的用电功率变大，则I1变大考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据远距离输电变压器的作用和电压、电流、功率关系逐项分析．解答：解：A、I==，因为△U≠U2，故A错误；B、由于R上有损失的能量，U2I2＞U4I4故B错误；CD、若用户功率变大，则电流I4变大，匝数不变，故I2、I1变大，但U1和U2不变，故损失电压△U=I2R变大，故U3变小，用户得到的电压U4减小，故C错误，D正确；故选：D点评：此题考查变压器的特点，注意记电压、电流、功率关系，同时注意分析电路特点．8．如图所示，长为L、倾角为θ的绝缘光滑斜面处于电场中，一电荷量为q、质量为m的带正电小球，以初速度v0由斜面底端的A点沿斜面上滑，到达斜面顶端B点时速度仍为v0．下列判断正确的是( )A．A、B两点的电势相等B．A、B两间的电势差为C．小球在A点的电势能和重力势能之和与在B点时相同D．由A到B过程中电场力做的功大于克服重力做的功考点：电势差与电场强度的关系；功能关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球在运动的过程中，受重力、支持力和电场力，重力做负功，支持力不做功，电场力就做正功．A到B速度未变，说明重力做功等于电场力做功解答：解：A、小球在运动的过程中，受重力、支持力和电场力，重力做负功，支持力不做功，电场力就做正功．故A点的电势高，小球在A点的电势能大．故A错误；B、A到B速度未变，说明重力做功等于电场力做功．电势差为：．故B正确；C、根据能量守恒可知小球在A点的电势能和重力势能之和与在B点时相同，故C正确；D、根据动能定理可知，电场力做的功等于克服重力做的功，故D错误；故选：BC点评：通过对做功的分析，要抓住小球在运动的过程中，重力做负功，支持力不做功，电场力就做正功．A到B速度未变，说明重力做功等于电场力做功9．轻杆可绕其一端自由转动，在杆的中点和另一端分别固定质量相同的小球A、B，如图所示，将杆从水平位置由静止释放，当杆转到竖直位置时，小球B突然脱落，以下说法正确的是( )A．A球仍能摆到水平位置B．A球不能摆到水平位置C．两球下摆至竖直位置的过程中，A球的机械能守恒D．两球下摆至竖直位置的过程中，B球的机械能减少考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：两个小球组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，结合机械能守恒定律进行分析求解．解答：解：两小球组成的系统机械能守恒，则该装置从水平位置由静止释放，对两球下摆至竖直位置的过程中，运用机械能守恒得：mg•+mgL=m（ω1）2+m（Lω1）2解得：ω1=．假设质量为m的小球脱离后，小球A恰能达到水平位置，根据机械能守恒得：mg•=m（ω2）2解得：ω2=，因为ω2＞ω1，可知其余部分不能达到水平位置．故A错误，B正确．CD、两球下摆至竖直位置的过程中，B的机械能变化量为：△E B=m（Lω1）2﹣mgL=mgL＞0，则B球的机械能增大，由系统的机械能守恒知A球的机械能减小，故CD错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道两球的角速度相等，根据半径关系可知线速度的关系，抓住两球组成的系统机械能守恒进行求解．10．如图所示，平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为θ，间距为L，导轨上端与一电容为C的电容器相连，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向上，质量为m的导体棒垂直放在导轨上并由静止释放，导轨足够长，则导体棒( )A．做变加速直线运动B．先变加速直线运动，再做匀速运动C．做匀加速直线运动且加速度大小为gsinθD．做匀加速直线运动且加速度大小为考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：导体棒下滑，导体棒切割磁感线产生感应电动势，对电容器充电，由电流定义式与牛顿第二定律、匀变速运动的速度位移公式结合进行分析答题．解答：解：设微小时间△t内电容器的带电量增加△q，则充电电流为：I==；又电容器板间电压为：U=E=BLv则得：I==CBLa…①式中a是导体棒的加速度，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣BIL=ma，解得：I=…②由①②解得：a=，显然是固定不变的，故物体做匀加速直线运动，加速度为，故ABC错误，D正确；故选：D．点评：应用电流的定义式I=、E=BLv、牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度位移公式即可正确解题，理清解题思路是关键．二、实验题（本题3小题，共16分）11．某同学用20分度的游标卡尺测量一橡皮的宽度如图所示，读数为1.130cm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．解答：解：游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：11mm+0.30mm=11.30mm=1.130cm．故答案为：1.130点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．12．某学习小组要精确测量量程为15V、内阻约1kΩ的电压表内阻，实验室提供的器材如下：待测电压表V（量程为15V，内阻约1kΩ）电源E（电动势12V，内阻不计）电流表A1（量程0.6A，内阻约1Ω）电流表A2（量程15mA，内阻约1Ω）滑动变阻器R（阻值0～50Ω）开关S，导线若干．（1）实验中电流表应选用A2（填“A1”或“A2”）；（2）为了尽量减少误差，要求测量多组数据，试在方框内画出符合要求的实验电路图．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：本题（1）的关键是根据欧姆定律估测电路中的最大电流选取电流表；题（2）的关键是根据变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻可知变阻器应采用分压式接法．解答：解：（1）由欧姆定律可知，通过待测电压表V的最大电流约为I==15mA，故选择量程为15mA的电流表A2；（2）因为要求测多组数据，且滑动变阻器R远小于电压表的内阻R V，所以选用滑动变阻器分压接法，由于待测电压表的满偏电流与电流表A2的量程接近，应将电压表与电流表A2串联，电路图如图所示：故答案为：（1）A2；（2）如图．点评：应明确：①电压表即为可以显示自身电压的大电阻，其内阻的测量与伏安法测电阻的方法相同；②注意电表的反常规接法，即电压表可以串联在电路中，电流表也可以并联在电路中；③当题目要求测多组数据或变阻器的全电阻远小于待测电阻或实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法．13．用如图所示的实验装置测量弹簧压缩时的弹性势能大小，轻弹簧一端固定在桌面的左侧，滑块紧靠在弹簧的右端（不栓接），调节桌面水平，将滑块向左压缩弹簧到A点，放手后滑块向右滑行到B点停止运动，已知木块质量为m，与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．（1）实验中还需要测量的物理量是B（填正确答案标号）．A．O、A间的距离L OA B．A、B间的距离L AB C．O、B间距离L OB（2）弹簧的弹性势能E P=μmgL AB（用给出的物理量字母表示）（3）若实验过程中没有调节桌面水平，而是桌面左侧比右侧略高，该同学仍用原来方法测弹簧势能，则测得的E P偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题．分析：从A到B的运动过程中，物体运动克服摩擦力做功，消耗弹性势能，由于A和B点的动能均为零，根据动能定理可知，在此过程中弹簧弹力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求弹簧的弹性势能，只要计算克服摩擦力做的功即可．解答：解：（1）（2）从A到B的运动过程中，物体运动克服摩擦力做功，消耗弹性势能，由于A和B点的动能均为零，故在此过程中弹簧弹力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求弹簧的弹性势能，只要计算克服摩擦力做的功即可．已知动摩擦因数和重力加速度，即可知道滑动摩擦力的大小，要计算克服摩擦力做功，还要测量AB之间的距离L AB．故弹簧的弹性势能E P=μmgL AB．（3）若实验过程中没有调节桌面水平，而是桌面左侧比右侧略高，则滑块从A到B的过程中，除了克服摩擦力做功，重力也要做正功，及物体会滑动的更远，故该同学仍用原来方法测弹簧势能，则测得的E P偏大．故答案为：（1）B；（2）μmgL AB；（3）偏大．点评：本题关键是明确实验原理，能够根据功能关系得到弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做的功．三、计算题（本题共3个小题，共34分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14．如图所示，平行光滑金属导轨OD、AC固定在水平的xoy直角坐标系内，OD与x轴重合，间距L=0.5m．在AD间接一R=20Ω的电阻，将阻值为r=50Ω、质量为2kg的导体棒横放在导轨上，且与y轴重合，导轨所在区域有方向竖直向下的磁场，磁感应强度B随横坐标x的变化关系为B=T．现用沿x轴正向的水平力拉导体棒，使其沿x轴正向以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，不计导轨电阻，求：（1）t时刻电阻R两端的电压；（2）拉力随时间的变化关系．。
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山东省潍坊三县市2014-2015学年高一上学期联考物理试题考试时间90分钟，满分100分．第I卷(选择题共40分)一、选择题。
本题共10小题；每小题 4 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，选错或不答的得0分．1．下列说法正确的是()A．研究苹果的体积随生长日期的变化时，可将苹果视为质点B．导弹驱逐舰“兰州”舰在钓鱼岛附近海域巡航时，研究舰上导弹发射装置的工作状态，可将“兰州”舰视为质点C．研究“嫦娥五号”飞往月球所用的时间，可将“嫦娥五号”视为质点D．研究月球车在月球表面抓取月球土壤的动作时，可将月球车视为质点2．如图所示三个质点A、B、C同时从N点出发，分别沿图示路径同时到达M点，下列说法正确的是()A．从N到M的过程中，B的位移最小B．质点A到达M点时的瞬时速率最大C．从N到M的过程中，A的平均速度最大D．从N到M的过程中，三质点的平均速度相同3．关于重力下列说法正确的是（）A．自由下落的物体不受重力B．重力的方向总是竖直向下C．重心是物体上最重的点D．重力是由于物体受到地球的吸引而使物体受到的力4．如图所示，静止在斜面上的物体，受到的作用力有（）A．重力、支持力B．重力、支持力、摩擦力C．重力、支持力、下滑力、摩擦力D．重力、压力、下滑力、摩擦力5．如图所示，质量为10kg的物体静止在水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为0.2，现对其施加水平向左的拉力F，（已知重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）以下说法正确的是（）A．物体对桌面的压力就是木块所受的重力，施力物体是地球B．物体对桌面的压力是弹力，是由于桌面发生形变而产生的C．若拉力F=12N，物体受到的摩擦力大小为20N，方向向右D．若拉力F=22N，物体受到的摩擦力大小为20N，方向向右6．下列几种情景的分析和判断正确的是()A．点火后即将升空的火箭，因火箭速度为零，此时加速度一定为零B．高速行驶的轿车紧急刹车时，轿车速度变化很快，所以加速度很大C．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D．从不同高度释放两小球自由下落至地面，因距地面高的小球速度变化量大，故其加速度也一定大7.一表面粗糙的水平传送带顺时针匀速转动，将一物块无初速的放到传送带上，物块将随传送带加速运动，当物块速度小于带速时，下列说法正确的是（）A．物块受到水平向左的摩擦力B．物块受到水平向右的摩擦力C．物块不受摩擦力D．物块所受摩擦力大小与物块速度有关8．磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫。
当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使身体重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面的反作用力便将其弹向空中。
弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8mm，弹射最大高度为24cm。
那么嗑头虫向下的加速度大小为(空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)()A．3000m/s2B．750m/s2C．1500m/s2D．75m/s29．甲、乙两物体从同一点沿同一直线开始运动，其v-t图象如图所示，则（）A.两物体的加速度大小均为3m/s2B.0～4s内两物体速度方向相反C.在t=2s时两物体相遇D.在t=4s时两物体相遇10．如图所示，冰壶以某一速度垂直进入三个相同的矩形区域做匀减速直线运动，刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3D．t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1第II卷（非选择题共60分）二、填空题。
本题3小题，共18分.把答案填到答题卡规定位置处。
11．(6分)某同学在“用打点计时器测速度”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出0、1、2、3、4、5、6共7个测量点，每两个相邻的测量点之间还有四个点没标出，其部分相邻点间的距离如图所示，完成下列问题．(1)关于打点计时器的时间间隔，下列是四位同学各自发表的看法，其中正确的是______．A．电电压越高，每打两个点的时间间隔就越短B．纸带速度越大，每打两个点的时间间隔就越短C．打点计时器连续打两个点的时间间隔由电的频率决定D．如果将交流电改为直流电，打点计时器连续打两个点的时间间隔保持不变(2)打下点4时小车的瞬时速度为_______m/s，小车的加速度为_______m/s2．(要求计算结果保留2位有效数字)12．(6分) 如图所示，某同学用秒表、毫米刻度尺及身边的水管，采用以下实验步骤，测当地的重力加速度：（1）让水滴落在盘中时，仔细调整水龙头的阀门，使第一滴水刚落入盘中听到响声的瞬间，第二个水滴正好从管口处开始下落；（2）当听到水滴落进盘中的某次响声开始计时，并数“1”，以后每听一次响声，顺次数“2”，直到数到“n”．停表时显示的时间为t（ s）；（3）用米尺测出水管口到盘子的高度h．重力加速度的表达式为______．为尽量减小误差，秒表计时数水滴时，13．(6分)如图所示，为测量匀加速直线运动的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，测得两者间距为d.(1)当小车向左匀加速直线运动时，测得A、B两挡光片先后经过光电门的时间分别为Δt1和Δt2，则A挡光片经光电门时的瞬时速度v A= ，小车的加速度a＝________。
(2)本实验中为减小实验误差，可采用的方法有________．A．增大两挡光片宽度b B．减小两挡光片宽度bC．增大两挡光片间距d D．减小两挡光片间距d三、计算题。
本题4小题，共42分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位. 14．(8分)从离地面125m高的空中从静止释放一小球，小球自由落下，取g=10m/s2，求：（1）小球经过多长时间落到地面；（2）自开始下落计时，小球最后1s内的位移。
15.(10分)如图所示，水池正上方有一小球，球距水面13.2mh=，池水深21.6mh=，小球从静止释放后落入水中做减速运动，到池底的速度恰好为零，（取g=10m/s2）求：（1）小球运动的最大速度；（2）从开始到落到池底所用的时间。
16．（12分）在国庆60周年阅兵式中,某直升飞机在地面上空某高度A 位置处于静止状态待命,要求该机10时56分40秒由A 出发沿水平方向做匀加速直线运动,经过AB 段加速后,进入BC 段受阅区匀速运动，11时准时通过C 位置, 己知：5km AB x =，10km BC x =。
求：（1）直升飞机在BC 段的速度大小；（2）在AB 段做匀加速直线运动时的加速度大小。
17．（12分）A,B 两车沿同一直线同方向运动，A 车的速度v A =4 m/s,B 车的速度v B =10 m/s.当B 车运动至A 车前方7 m 处时，B 车刹车并以a =2 m/s 2的加速度做匀减速运动，从该时刻开始计时，求：（1）A 车追上B 车之前，二车间的最大距离；（2）经多长时间A 车追上B 车。
高一物理试题参考答案一、选择题。
本题共10小题；每小题 4 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，选错或不答的得0分．1．C 2.D 3.BD 4.B 5.D 6.B 7.B 8.A 9.AD 10.BD二、填空题。
本题3小题，共18分.把答案填到答题卡规定位置处。
11．（1）C （2分） （2）0.31（2分） 0.51（2分）大（2分） 13. (1) 1b t ∆（2分） b 22d （1t 22－1t 12）（2分） (2)BC （2分） 三、计算题。
本题4小题，共42分.14 解：(1)由公式h =gt 2(2分)下落时间：t (2分) (2)小球前4s 内的位移h 4=12gt 2=211042⨯⨯m=80m （2分） 故小球最后1s 内的位移即第5s 内的位移为 h 5=h -h 4=125m-80m=45m （2分）15.解：（1）小球下落到水面时速度最大，2102m v gh -=（2分）解得：8m/s m v == （2分）（2）小球下落到水面的时间为1t ， 21112h gt =（1分） 解得：10.8s t ==（1分） 在水池中减速运动的加速度大小为a ，2202m v ah -=-（1分）减速运动的时间为2t ，20m v at =-（1分）解得：20.4s t =（1分）运动时间12 1.2s t t t =+=（1分）16.解：（1）运动的时间s 200"40'56:1000:11=-=t (1分)设直升飞机在BC 段的速度大小v ， 120t v x AB += （2分）2vt x BC =（2分）由12200s t t += (1分)解得：100m/s v = (2分)（2）由2121at x AB = （2分） 得：22121m /s AB x a t == (2分) 17.解：（1）设经时间t 1两车速度相等，当B 车速度等于A 车速度时，两车间距最大。
01B v v at =-（1分）B A v v =（1分）201112B x v t at =-（1分） 1A A x v t =（1分）7m B A x x x ∆=+-（1分） 解得：16m m x ∆=（1分）（2）设追上前B 车未停止，经时间t 2，A 车追上B 车，2222172B A v t at v t -+=（1分） 解得：21s t =-（舍去）或27s t =（1分） 当27s t =时，024m/s B v v at =-=-故追上前B 车早已停止运动（1分），故经时间t 追上，272B A v v t a +=（1分） 解得：8s t =（2分）。